luận văn một số dạng bài tập hệ phương trình

luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình ,luận văn một số phương pháp giải dạng bài tập hệ phương trình

Một số phương pháp giải phương trình chứa căn

Phương pháp lũy thừa khử căn

Dạng 3: A+ B =C ( C0, C là hằng số , A0, B0, bình phương 2 vế đưa về dạng 1)

Và ta sử dụng phép thế: 3 A+ 3 B= 3 C ta được phương trình: A B+ +3 3 A B C =C (2) Chú ý: Phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình (1)

Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không đảm bảo 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả, do đó cần phải kiểm tra lại nghiệm sau khi tìm được.

=   Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 x − + = 3 3 x (1)

 − +    = Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=2, x=6

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 − 6 x + = + 9 x 7

 − = +    − = − +    = − Kết hợp với điều kiện  Phương trình có nghiệm là x= −1

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 − − =x 4 x−1 (1)

  = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=3

Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 x − = 1 x 2 + 2 x − 5

− = + −  + − = −  =  = − =  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=2

Ví dụ 5: Giải phương trình: x+ +1 x+ =4 3

Phương trình đã cho tương đương với :

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=0

Ví dụ 6: Giải phương trình: x+ +1 x+ =4 3

Phương trình đã cho tương đương với:

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=0

Ví dụ 7: Giải phương trình: 3− −x x+ =1 3x+7

Phương trình đã cho tương đương với :

 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= −1

Ví dụ 8: Giải phương trình: 3 3x− = −4 x 2

Lập phương 2 vế phương trình ta có :

   = Vậy nghiệm của phương trình là x=1; x=4

Ví dụ 9: Giải phương trình: 3 2x− +1 3 x− =1 3 3x−2

( Cao Đẳng Hải Quan 1997) Giải:

Lập phương hai vế ta có :

Vậy phương trình có 3 nghiệm là 1 2

Ví dụ 10: Giải phương trình: 1 12− x+36x 2 =5

Vậy phương trình có nghiệm là 2

Phương pháp nhân lượng liên hợp

Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp :

+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng :

Khi không thể chuyển đổi về một ẩn, hoặc khi chuyển đổi về một ẩn lại dẫn đến các phương trình bậc cao, việc phân tích hoặc giải quyết trực tiếp trở nên khó khăn.

+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ công (hoặc sử dụng máy tính cầm tay)

Phương pháp: Đặt điều kiện của phương trình (nếu có)

Ví dụ: Đối với phương trình: x 2 + + = 3 3 2 x 2 + + 7 2 x

+ Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy:

Phương trình xác định với mọi x Để ý rằng: x 2 + − 3 2 x 2 +  7 0, 2 x 2 + = 7 ( x 2 + + 3 ) x 2 +  4 x 2 + 3

Do đó phương trình có nghiệm khi 2 3 0 3 x−   x 2

• Nếu phương trình chỉ có một nghiệm x 0 :

Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành :

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý :

+ + Nếu h x ( ) = 0 có nghiệm x = x 0 thì ta luôn phân tích được h x ( ) ( = x − x 0 ) ( ) g x

Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung x−x 0 thì phương trình ban đầu trở thành: ( 0 ) ( ) ( ) 0

Việc còn lại là dùng hàm số, bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để kết luận A x ( ) = 0 vô nghiệm

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 3 + 3 x+3 (1)

Chúng ta đoán (hoặc dùng lệnh SOLVE của máy tính ) và nhận thấy phương trình có nghiệm x= −2 Tức là, chắc chắn phương trình sẽ có nhân tử là ( x + 2 )

+ + Bất phương trình cuối không xảy ra dấu đẳng thức nên phương trình ( )  vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= −2

• Nếu phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt x x 1 , 2 ta thường làm như sau :

Để xuất hiện nhân tử chung trong n f(x), ta cần trừ đi một lượng ax b+ Nhân tử chung sẽ được xác định từ kết quả của phép nhân liên hợp của n f(x) với (−ax b+).

+ Để tìm a b, ta xét phương trình: n f x ( ) ( − ax b + ) = 0 , để phương trình hai nghiệm x x 1 , 2 ta cần tìm a b, sao cho ( )

 + + Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức còn lại

• Nếu phương trình có 2 nghiệm kép x 0 ta có nhân tử chung sẽ là: ( x−x 0 ) 2

Để xuất hiện nhân tử chung trong n f(x), ta cần trừ đi một lượng ax + b Nhân tử chung sẽ được xác định từ kết quả của phép nhân liên hợp của n f(x) với (−ax + b).

+ Để tìm a b, ta xét phương trình Để phương trình hai nghiệm kép ta cần tìm a b, sao cho: ( )

Một số hằng đẳng thức hay sử dụng: a) x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y ) b) x 3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) c) x 4 − y 4 = ( x − y )( x + y ) ( x 2 + y 2 ) d) x n − y n = ( x − y ) ( x n − 1 + x n − 2 y + + xy n − 2 + y n − 1 )

Bằng cách áp dụng các hằng đẳng thức, chúng ta có thể chuyển đổi phương trình vô tỷ ban đầu thành dạng phương trình tích thông qua việc tìm ra các nhân tử chung Điều này giúp đơn giản hóa quá trình giải quyết phương trình một cách hiệu quả hơn.

Ta cũng có một số hằng đẳng thức để trục căn thức:

Ví dụ 2: Giải phương trình : 3x+ −1 6− +x 3x 2 −14x− =8 0

(Trích Đại học khối B năm 2010) Giải: Điều kiện: 1 6

Ta có : 3 x + = 1 3.5 1 + = 4; 6 − = x 6 5 − = 1 Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + − − 1 4 ) ( 6 − − + x 1 ) 3 x 2 − 14 x − = 8 0

Sau đó nhân chia với biểu thức liên hợp, ta được :

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=5

Ví dụ 3: Giải phương trình: x− +2 4− =x 2x 2 −5x−3

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x=3 Khi đó

Phương trình đã cho tương đương với: x− − + −2 1 1 4− =x 2x 2 −5x−3

 Để ý rằng, với điều kiện x    2; 4 thì 1 1; 1 1; 2 1 5

Từ đó suy ra x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình

Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng các ước lượng cơ bản: A B+ A với B0 từ đó suy ra A 1

+ với mọi số A B, thỏa mãn 0

Ví dụ 4: Giải phương trình: 4 x+ +3 19 3− x =x 2 +2x+9

Hai nghiệm của phương trình là x=1 và x=−2, do đó ta có thể phân tích để tạo ra nhân tử chung là x² + −x² Để thực hiện điều này, ta sẽ thêm và bớt nhân tử một cách hợp lý.

+ Ta tạo ra 4 x + − 3 ( ax b + ) = 0 sao cho phương trình này nhận x=1, x= −2 là nghiệm Để có điều này ta cần:

+ Tương tự 19 3 − x − ( mx + n ) = 0 nhận x = 1, x = − 2 là nghiệm

Từ đó ta phân tích phương trình thành :

Phương trình đã cho tương đương với 2 2 0 1

 + − =   = − Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=3, x=8

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2x 2 − + −x 3 21x−17 = −x x 2

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x=1,x=2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là:

2 3 2 x − x+ Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau ;

+ Ta tạo ra 2 x 2 − + − x 3 ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x=1, x=2 là nghiệm Để có điều này ta cần: 2 1

 + Tương tự 21 x − 17 − ( cx + d ) = 0 nhận x = 1, x = 2 là nghiệm

Từ đó ta phân tích phương trình thành :

Do điều kiện 17 x 21 nên dễ thấy

  − + =   Vậy nghiệm của phương trình là x=1, x=2

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x 3 + 9 x − 10 = ( x 3 + 4 ) 3 x + 2

Dấu hiệu nghiệm kép x 0 của phương trình ( )

Nên phương trình 4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3 x − + 2 8 x 2 + 16 x − = 4 0 vô nghiệm

 − =  Vậy phương trình có nghiệm là x=2

Ví dụ 7: Giải phương trình:

(Trích đề thi Đại học khối D năm 2010) Giải: Điều kiện: x −2

Phương trình đã cho có hai nghiệm là x=1; x=2

Phương pháp đặt ẩn phụ

Bước 1: Tìm điều kiện xác định

Bước 2: Đặt một (hoặc nhiều) biểu thức thích hợp làm ẩn mới, (thường là các biểu thức chứa căn thức) tìm điều kiện của ẩn mới

Bước 3: Thực hiện biến đổi phương trình bằng cách sử dụng ẩn mới, có thể chuyển đổi hoàn toàn sang ẩn mới hoặc giữ cả 2 ẩn cũ và mới, sau đó tiến hành giải phương trình dựa trên ẩn mới.

Bước 4: Thay trả lại ẩn cũ và tìm nghiệm, đối chiếu điều kiện xác định và kết luận

• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t

• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về hệ phương trình đối với x và t

• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t và xem x như là tham số

• Phương pháp đặt hai ẩn phụ u và v đưa về hệ đối với u và v Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn

+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f x ( ) để đặt ( ) f x = t sao cho phần còn lại biểu diễn được theo ẩn t

Những bài toán dạng này nói chung là dễ

Trong nhiều trường hợp, việc chia một biểu thức có sẵn trong phương trình giúp phát hiện ẩn phụ Tùy thuộc vào cấu trúc của phương trình, ta có thể chia cho g(x) phù hợp, thường là chia cho x^k, trong đó k là một số hữu tỉ.

Khi gặp những bài toán có phương trình phức tạp như số mũ cao hoặc căn bậc cao, chúng ta có thể sử dụng nhiều ẩn phụ để chuyển đổi thành hệ phương trình hoặc áp dụng các hằng đẳng thức để tìm ra lời giải.

Dạng 1: Các phương trình có dạng:

• Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại

Dạng 2: Các phương trình có dạng:

Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu ( Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn )

Đặt ẩn phụ không chỉ đơn thuần là việc chọn một số hạng trong phương trình để biến đổi thành ẩn, mà còn là quy trình giúp chuyển đổi phương trình ban đầu thành dạng một phương trình bậc 2.

2 0 mt + g x t + h x = (phương trình này vẫn còn ẩn x)

Để giải bài toán, cần xác định giá trị của m sao cho phương trình bậc 2 theo ẩn t có giá trị Δ chẵn, với Δ = A x (t)² Việc này sẽ giúp việc tính toán t theo x trở nên đơn giản hơn.

+ Thông thường khi gặp các phương trình dạng:

0 ax + bx + + c dx + e px + qx + = r thì phương pháp để đặt ẩn phụ không hoàn toàn tỏ ra rất hiệu quả

+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách:

- Ta tạo ra phương trình: mt 2 + g x t ( ) + h x ( ) = 0

Ta có  =   g x ( )   2 − 4 m h x ( ) = f m x 1 ( ) 2 + g m x 1 ( ) + h m 1 ( ) Để  có dạng   A x ( )   2 thì điều kiện cần và đủ là

Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:

➢ Chúng ta đã biết cách giải phương trình : u 2 +uv+v 2 =0 (1) bằng cách :

Xét v0 phương trình trở thành:

    Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

Chúng ta hãy thay các biểu thức A x ( ) ( ) , B x bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này

Trường hợp v x ( )  0 , ta chia hai vế của phương trình cho v x ( ) Đặt ( )

 + +    + = (  2 +  2  0 ) Đặt t = u x ( )  v x ( )  = t 2 u x ( ) ( ) + v x  2 u x v x ( ) ( ) , ta được phương trình:

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 2 + 3 x + 2 x 2 + 3 x + = 9 33

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=3; 9 x= −2

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 3 x + = 1 ( x + 3 ) x 2 + 1

19 Đặt t = x 2 + 1 thì phương trình trở thành t 2 − ( x + 3 ) t + 3 x = 0 là phương trình bậc hai đối với ẩn t

  + Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x= 2 2

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1

Nhận xét x=0 không phải là nghiệm nên chia cả hai vế cho x ta được :

Vậy nghiệm của phương trình là 1 5 x 2

Ví dụ 4: Giải phương trình: ( 1 ) 2 2 ( 1 ) 3 12

 = + (nhận) Vậy phương trình có nghiệm là x= +1 2 2; x= −1 2 2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 2

= + −  − Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t :

 −   =   Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=0; x=1

Ví dụ 6: Giải phương trình: 10x 2 −9x−8x 2x 2 −3x+ + =1 3 0

 Đặt t = 2x 2 −3x+1 ta tạo ra phương trình:

Phương trình đã cho trở thành: 2 2

=  − + = − + =  Vậy phương trình có 3 nghiệm là 3 3 1

Ví dụ 7: Giải phương trình: 3x 2 +2x+16 7− x x+ =8 0 (1)

Xét x− =  =8 0 x 8 là nghiệm của phương trình (1) Với x−   8 0 x 8 chia 2 vế phương trình (1) cho x+8

 =x (nhận) , 8 x= −9 (loại) Vậy nghiệm của phương trình là x=8; x=1

Ví dụ 8: Giải phương trình: x 2 +2x+ =4 3 x 3 +4x (1)

 − + + + Chia 2 vế phương trình cho x 2 +4, đặt 2

=  x =  − + =  + Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=2

Ví dụ 9: Giải phương trình: 3 x − + 2 x − = 1 4 x − + 9 2 3 x 2 − 5 x + 2 (1)

Giải: Điều kiện: x1 Đặt t = 3 x − + 2 x −  = 1 t 2 4 x − + 3 2 3 x 2 − 5 x + 2 , phương trình (1)  = −t t 2 6

 = −t (loại) , t=3 (nhận) Với t= 3 3x− +2 x− =  =1 3 x 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=2

Ví dụ 10: Giải phương trình: 12 x + − 9 80 x 2 + 56 x + − 9 3 ( 20 x + − 9 4 x + = 1 ) 0

  − + =   + Với t = 2 20x+ −9 4x+ =  =1 2 x 0 + Với t = 4 20x+ −9 4x+ =  =1 4 x 2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=0; x=2

Ví dụ 11: Giải phương trình: 2 3 3 x− +2 3 6 5− x− =8 0

Do đó, ta có hệ phương trình:

 Giải hệ này ta được:

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x= −2

Ví dụ 12: Giải phương trình: x 3 35 − x 3 ( x + 3 35 − x 3 ) = 30

=  Ta có: ab a ( + b ) = 30 (1), mặt khác a 3 +b 3 5 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 + = ab thế vào phương trình (4) ta có:

30 a ab b a ab b ab a ab b ab

Xét b=0 không phải là nghiệm của pt (5)

Với b0 chia 2 vế phương trình (5) cho b 2 ta được:

=  = b =  − =  = (nhận) Vậy nghiệm của phương trình là x=2; x=3

Phương pháp hàm số

Tính chất 1 Nếu y = f x ( ) đồng biến hoặc nghịch biến trên ( ) a b ; thì phương trình f x ( ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm x  ( ) a b ;

Tính chất 2 Nếu y = f x ( ) đồng biến hoặc nghịch biến trên ( ) a b ; thì ( ) ( ) , ( ) ; f u = f v  = u v  u v  a b

Lưu ý : Có thể thay ( ) a b ; bằng ( ; b], [a; b), a   a b ;

Phương trình có nghiệm duy nhất là loại phương trình không mẫu mực và phức tạp, thường không thể giải bằng các phương pháp thông thường Để giải loại phương trình này, cần áp dụng một thuật toán phù hợp nhằm tìm ra nghiệm duy nhất một cách hiệu quả.

- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo)

- Biến đổi phương trình về dạng f x ( ) = 0

- Chứng minh y = f x ( ) luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên ( ) a b ; ( ( ) a b ; là miền xác định của phương trình)

- Nhẩm một nghiệm x = x 0 của phương trình (Có thể sử dụng MTCT -lệnh SHIFT+SOLVE)

Xét hàm đặc trưng a Dấu hiệu: Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc b Thuật toán

- Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc

- Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng f t ( )

- Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình

- Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của u, v

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 5 + −x 3 1 3− x+ =4 0 (1)

Xét hàm số ( ) 5 3 1 3 4, 1 f x =x +x − − x+ x3, hàm số liên trục trên ;1

Suy ra f x ( ) đồng biến trên ;1

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 x3 Mặt khác: f ( ) − = 1 0 , tức x = − 1 là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x= −1

Chú ý: Có thể nhẩm nghiệm x= −1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE)

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x − + 1 x 2 + = − 3 4 x (1)

Xét hàm số ( ) 2 1 2 3 4, 1 ; 4 f x = x− + x + + −x x2  , hàm số liên tục trên 1; 4

Suy ra f x ( ) đồng biến trên 1; 4

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm 1; 4 x2  Mặt khác f ( ) 1 = 0 , tức x = 1 là một nghiệm của phương trình (1)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x=1

Chú ý: Điều kiện: 2x− 1 0 là điều kiện thông thường Điều kiện: 4− x 0 là điều kiện kéo theo (phương trình này có thể bỏ qua)

Có thể nhẩm nghiệm x=1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE)

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 3x+ +4 3 5x+ =9 x 2 +6x+13 (1)

Giải: Điều kiện: 4 x −3 Xét hàm số ( ) 2 3 4 3 5 9 2 6 13, 4 f x = x+ + x+ −x − x− x −3

Hàm số liên tục trên 4;

Suy ra f x ( ) nghịch biến trên 4;

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm 4 x −3

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 2 nghiệm 4 x −3 Mặt khác f ( ) 0 = f ( ) − = 1 0 , tức x=0, x=1 là các nghiệm của (1)

Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là x=0, x=1

Ví dụ 4: Giải phương trình: x x ( 2 + + 3 ) ( 3 x − 7 ) 4 3 − x = 0 (1)

Ta có: f ' ( ) t = 3 t 2 +  3 0   t , suy ra f t ( ) đồng biến trên

Ví dụ 5: Giải phương trình: x 3 + =1 2 2 3 x−1 (1)

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là 1, 1 5 x= x= − 2

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x + + 1 x x 2 + + 2 ( x + 1 ) x 2 + 2 x + = 3 0 (1)

+   t , suy ra f t ( ) đồng biến trên

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1 x= −2

Ví dụ 7: Giải phương trình: x x 2 2 + − 2 2 x x − + 8 3 = ( x + 1 ) ( x + − 2 2 )

(Trích đề thi THPT QG 2015) Giải: Điều kiện: x −2 Phương trình đã cho tương đương với

Ta có f ' ( ) t = 3 t 2 + + 4 t 2 , suy ra f ' ( ) t  0, t   , nên f t ( )đồng biến trên

 = Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 3 13

Phương pháp đánh giá

Ta giải phương trình bằng bất đẳng thức dựa trên hai ý tưởng sau :

1) Biến đổi phương trình về dạng f x ( ) = g x ( ) mà

Nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn f x ( ) = g x ( ) = a

2) Biến đổi phương trình về dạng h x ( ) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h x ( )  m hoặc h x ( )  m thì nghiệm của phương trình là các giá trị x làm cho dấu của đẳng thức xảy ra

Một số phương pháp phổ biến trong việc đánh giá hàm số bao gồm việc đưa về bình phương đúng, áp dụng tính đơn điệu của hàm số để có những đánh giá hợp lý, và sử dụng các bất đẳng thức như bất đẳng thức AG - GM và Bunhiacopxki.

 Bất đẳng thức AG - GM: x 1 + x 2 + + x n  n x x n 1 2 x n , với x i 0 i=1, n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 =x 2 = =x n

Cho các số thực a a 1 , , , 2 b b 1 2 , khi đó: ( a 1 2 + a 2 2 )( b 1 2 + b 2 2 )  ( a b 1 1 + a b 2 2 ) 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2 a a b = b Cho 2n số thực a b i i , ( i =1, 2, , )n ta có :

Dấu bằng xảy ra khi 1 2

Ví dụ 1: Giải phương trình: x− −1 5x− =1 3x−2 (1)

Với x1 thì x5x do đó x− 1 5x−1 Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm

Vậy phương trình vô nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x 2 − 4 x + + 6 5 x 2 − 10 x + = − 6 2 x 2 + 2 x

Vì ( x − 1 ) 2  0 nên 2 ( x − 1 ) 2 +  4 4 , do đó 2 ( x − 1 ) 2 +  4 2 , dấu = xảy ra  =x 1

Tương tự 5 ( x − 1 ) 2 +  1 1 , dấu = xảy ra  = x 1

Vế phải 3 − − ( x 1 ) 2  3 Dấu = xảy ra  = x 1

Suy ra (1) VT=VP=  =3 x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 +4x+ =5 2 2x+3

Từ phương trình, áp dụng bất đẳng thức AM - GM:

Ví dụ 4: Giải phương trình: x x 1 1 1 x x

Giải: Điều kiện: x1 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :

Vậy phương trình đã cho tương đương:

Kết hợp với điều kiện ta tìm được là 1 5 x +2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 4 ( x − 2 4 )( − x ) + 4 x − + 2 4 4 − + x 6 x 3 x = x 3 + 30

Giải: Điều kiện: 2 x 4 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :

 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có :

Vậy phương trình có nghiệm là x=3

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x 2 2 1 2 4 x 1 x x

Phương trình đã cho tương đương với x 2 x 2 1 2 1 2 4 x x

+ − + + − = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

Dấu = xảy ra tại x=1 (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1

Ví dụ 7: Giải phương trình: x− +2 4− =x x 2 −6x+11

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki : Điều kiện: 2 x 4 Khi đó

Vế phải x 2 − 6 x + = 11 ( x − 3 ) 2 +  2 2 , dấu = xảy ra  = x 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=3

Phương pháp lượng giác hóa

Một số kiến thức cơ bản

+ Nếu x 1 thì có một số t với ;

   sao cho : sint =x và một số y với

+ Nếu 0 x 1 thì có một số t với 0; t  2

   sao cho: sint=x và một số y với

+ Với mỗi số thực x có ; t −  2 2

Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán:

+ Nếu x 1 thì ta đặt sint=x với ;

+ Nếu 0 x 1 thì đặt sint=x , với 0; t  2

+ Nếu x  a, hoặc bài toán có chứa x 2 −a 2 thì đặt: sin x a

+ Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 +m 2 thì đặt: tan , ; x=m t t −  2 2

Phương pháp lượng giác hóa là kỹ thuật được sử dụng để chuyển đổi các phương trình đại số thành các phương trình lượng giác, nhằm đơn giản hóa quá trình giải quyết bài toán Bằng cách áp dụng phương pháp này, người giải có thể dễ dàng tìm ra nghiệm của phương trình một cách hiệu quả hơn.

Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x 3 −3x= 1−x 2 (1)

Giải: Điều kiện: 1−x 2  0 x 1 ( )  Với điều kiện ( )  , đặt x = cos , t t    0;  ( ) 

Khi đó pt (1) trở thành:

4cos t−3cost = 1 cos− t cos 3t = sint cos 3t =sint (do ( )  )

Do điều kiện ( )  nên ta có:

 Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = x ( 1 2 1 + − x 2 )

Giải: Điều kiện: x 1 Đặt sin , ; x= t t −  2 2

  Phương trình đã cho trở thành:

1 cos sin 1 2cos 2 cos 2sin cos cos 2 sin 1 0

Kết hợp với điều kiện của t suy ra : t 6

Vậy phương trình có 1 nghiệm là 1 sin 6 2 x =  =

Ví dụ 3: Giải phương trình: 1 1 2 ( 1 ) 3 ( 1 ) 3 2 1 2

Khi đó vế phải > 0, nếu x  −  1;0  thì ( 1 + x ) 3 − ( 1 − x ) 3  0

Nếu x    1;0 thì đặt x = cos t , với 0; t  2

2 6 sin cos cos sin 2 sin

2 6 cos 1 sin 2 sin 6 cos 1 2 sin 0 cos

Vậy nghiệm của phương trình là 1 x= 6

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu x 2 −a 2 với a=1

 ( )  Với điều kiện ( )  , đặt 1 , 0; cos 2 x t t

Khi đó phương trình (3) trở thành:

1 cos 2 2 1 1 2 2 cos 1 cos sin cos 1 t t t t t

(do đk ( )  ) sint+cost =2 2 sin cost t (3a) Đặt sint+cost=u , điều kiện: 1 u 2 Khi đó, phương trình (3a) có dạng:

Ta có phương trình: sin cos 2 sin 1 1 2

Do điều kiện ( )  , nên từ (  ) , ta có: 2 t 4 x

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất là x= 2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2

=  −  Phương trình đã cho trở thành: 2 ( )

2cos tan 4cos 1 4cos cos 1 0 cos cos 2 t t t t t t

 = + Kết hợp với điều kiện của t suy ra t 4

Vậy phương trình có 2 nghiệm là 1

Ví dụ 6: Giải phương trình: ( )

Giải: Điều kiện: x0; x 1 Đặt tan , ; , 0;

=  −    Phương trình đã cho trở thành:

1 0 cost sin 2t sin 4t cost 2sint 2sin cos 2t t

2sin cos 2t t cos 2t 1 0 2sin 1 2sint t 2sin t 0

Kết hợp với điều kiện suy ra t =6 Vậy phương trình có 1 nghiệm là 1 x= 3

Một số hệ phương trình cơ bản

Hệ phương trình cơ bản

2.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng

Phương pháp giải: Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau :

-Phương pháp cộng đại số,

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y x D D y D D

Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {( ;x y 0 0 ) |a x 1 0 +b y 1 0 =c 1 }

Hệ phương trình vô nghiệm

2.1.2 Hệ phương trình đối xứng

A Hệ phương trình đối xứng loại 1

Hệ phương trình đối xứng đối với x và y là hệ mà mỗi phương trình không thay đổi khi ta thay x bởi y và thay đổi y bởi x

Phương pháp giải : Đặt S = +x y P, = xy

Sau khi tìm được S và P thì x và y là nghiệm của phương trình X 2 −SX + =P 0. Điều kiện có nghiệm : S 2 −4P0

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

Giải Đặt S = +x y P, = xy Ta có:

   Với S =3, P=2 : x, y là nghiệm phương trình :

Vậy hệ có 4 nghiệm là (1; 2), (2; 1), (-1; -2), (-2; -1)

Hệ đã cho tương đương với    S S S ( − = P 2 − 3 1 (1) P ) = 2 (2)

Vậy x, y là các nghiệm của phương trình 2 2 1 0 1

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

+ +  Đặt S = +x y P, =xy Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành :

Suy ra x y, là nghiệm của phương trình 2 3

 − − =   = − Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x y ; ) (= −2;3 , 3; 2) ( − )

B Hệ phương trình đối xứng loại 2

Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ chứa 2 ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò x, y cho nhau thì phương trình này trở thành phương trình của hệ

 Chú ý : Nếu (x y 0 ; 0 ) là nghiệm của hệ thì (y x 0 ; 0 ) cũng là nghiệm của hệ

Trừ vế với vế hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích số

Kết hợp một phương trình tích số với một phương của hệ để suy ra nghiệm của hệ

(Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải: Điều kiện x > 0; y > 0

Hệ phương trình tương đương với

Vì x+ +y 3xy0;  x 0; y0 nên trường hợp này vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ; )x y =(1;1)

Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có: y 3 −x 3 =x 2 −y 2 + −x y

  =  =  = Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) ( ) = 1;1

Thay vào hệ phương trình, ta được: 3x 3 =  = =3 x 1 y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x= =y 1

2.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp

   được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu ( , ); ( , )f x y g x y là các biểu thức đẳng cấp bậc k

Chú ý : Biểu thức ( , )f x y được gọi là đẳng cấp bậc k nếu (f mx my, )=m f x y k ( , ).

-Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm

-Xét y0 Đặt x = ty, khi đó ta có

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được : ( ,1) a ( ,1). f t g t

Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm ( , )x y

Hệ phương trình có một phương trình đẳng cấp là dạng bài gồm một phương trình có dạng ( ; ) 0 f x y =, trong đó f là phương trình hai ẩn x và y có bậc bằng nhau Để giải bài toán này, ta đặt x = ky, sau đó giải để tìm ra k và thay vào phương trình thứ hai để tìm ra giá trị của x và y.

Dễ thấy nếu y=0 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm

Vậy y0 đặt x=ky Thay vào phương trình đầu tiên ta được :

  − − =   = nếu k = 1 thay vào phương trình dưới ta được :

2y− =  =y 1 y 1 và x = 1, nếu k = 2 thay vào phương trình dưới ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ; )x y =(1;1); (2;1)

Trừ hai vế hai phương trình ta được: 2x 2 +4y 2 −6xy =0 Đặt x=ky Thay vào phương trình trên ta được :

+ Trường hợp y=0 thay vào hệ ta được :

  vô lý (loại) + Trường hợp y0 từ phương trình (1) k 2 +3k− =2 0

   Nếu k =1 thay vào hệ phương trình ta được : 0 3

 = vô lý (loại) Nếu k =2 thay vào hệ phương trình ta được :

  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x y ; ) ( ) ( = 2;1 ; − − 2; 1 )

(Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải:

Xét y=0 Thay vào hệ phương trình ta được:

 =   −  , suy ra ( )1;0 là một nghiệm của hệ

Xét y0 Đặt x=ty, khi đó ta có:

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được:

=   Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là

2.1.4 Hệ phương trình hoán vị

Hệ phương trình hoán vị là hệ có dạng

(Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi)

 Định lý 1: Nếu hai hàm số f x ( ) ( ) , g x cùng tăng trên tập A và ( x 1 , , , x 2 x n ) là nghiệm của hệ (trong đó x i  A i , = 1, n ) thì x 1 =x 2 = = x n

 Định lý 2 : Nếu hàm số f x ( ) giảm và g x ( ) tăng trên tập A và ( x 1 , , , x 2 x n ) là nghiệm của hệ ( trong đó x i  A i , = 1, n ) thì với n lẻ, x 1 =x 2 = = x n

 Định lý 3: Nếu hàm số f x ( ) giảm, g x ( ) tăng trên tập A và ( x x 1 , 2 , , x n ) là nghiệm của hệ ( trong đó x i  A i , = 1, n ) thì với n chẵn, x 1 =x 3 = = x n − 1 hoặc x 2 =x 4 = x n

Trong giải toán, hệ hoán vị 3 ẩn thường xuất hiện và có thể được giải bằng nguyên lý cực hạn Phương pháp giải có thể bao gồm việc biến đổi các phương trình, áp dụng bất đẳng thức hoặc sử dụng lượng giác hóa.

Hệ phương trình tương đương

+ (   t ) Suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max  x y z ; ; 

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:

 =  Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm là ( x y z ; ; ) = − ( 7; − 7; − 7 , 0; 0; 0 ) ( ) , ( 7; 7; 7 )

Giải: Điều kiện: x y z, , 0 Viết (1) dưới dạng

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x y z; ; trong hệ trên, ta có thể giả sử x = min  x y z ; ; 

Vì x y x; z nên y +  1 z + 1 và y +  1 x + 1 hay yz và yx

Tức là: y = min  x y z ; ;  = x , suy ra: x= =y z

Từ đó ta được phương trình: x= x+1 Giải pt này ta được: 3 5 x= +2

Vậy nghiệm của hệ là ( ; ; ) 3 5 3 ; 5 3 ; 5

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x y z; ; trong hệ trên, ta có thể giả sử: x = max  x y z ; ; 

Suy ra : x1 Mà zx nên z1 Lập luận ngược lại quá trình trên ta được: ( z − 1 ) ( z 2 + 4 z + 5 )  0

Từ đó ta được phương trình: x 3 +3x 2 +2x− =  =5 x x 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x y z ; ; ) ( = 1;1;1 )

Hàm số f t ( ) tăng trên g t ( ) đồng biến trên 3

Mặt khác nếu ( x y z 0; 0; 0 ) là nghiệm của hệ thì 0 3 0 3 0 3 27

Vậy nếu ( x y z 0; 0; 0 ) là nghiệm của hệ thì x 0 = y 0 =z 0 nên x 0 = y 0 =z 0 =3

(Trích đề thi HSG QG 2006) Giải: Để ( x y z ; ; ) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x y z; ; 6

Hệ phương trình đã cho tương đương

Suy ra f x ( ) là hàm tăng còn g x ( ) là hàm giảm với x6 Nếu ( x y z ; ; ) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x= =y z

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max ( x y z ; ; ) Ta xét hai trường hợp sau:

Do f x ( ) là hàm tăng nên f x ( )  f y ( )  f z ( )

Suy ra log3 (6−y )log3 (6−z )log3 (6−x ) Do g x ( ) giảm nên

Tương tự như trên ta suy ra x= =y z

Phương trình f x ( ) = g x ( ) có nghiệm duy nhất x=3Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y z ; ; ) ( = 3;3;3 )

Phương pháp cơ bản

2.2.1 Phương pháp thế Đây là một phương pháp được sử dụng rất nhiều trong những phương pháp giải hệ phương trình sau này Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là phương trình thứ nhất), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia (cũng có thể là cả một biểu thức ) rồi thay vào phương trình còn lại để giải Trong một số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi khi ta cần biến đổi để đưa về dạng đơn giản quen thuộc

Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình

Thế 7=4x 2 + +x 3y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 17 3 17 1 17 3 17

Từ phương trình thứ (2) trong hệ ta rút 4=8x−3x 2 −y 2 −8y

Thay vào phương trình thứ (1) trong hệ thu gọn ta được :

 Với x= y thay vào phương trình thứ (2) ta được −4x 2 =4 phương trình vô nghiệm

Với x=3 thay vào phương trình thứ (2) ta được 2 1

Với x= −5 thay vào phương trình thứ (2) ta được y 2 +8y+119=0 phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ; )x y =(3; 1)− , (3; 7)−

Xét phương trình (1) của hệ ta có :

2 1 2 0 xy + + = x y x − y  x − x y + − y − = y Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có:  = ( y + 1 ) 2 + 8 y 2 + 4 y = ( 3 y + 1 ) 2 Từ đó suy ra

Trường hợp 1: x= −y Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 1

  , suy ra phương trình vô nghiệm

Trường hợp 2: x=2y+1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

 + − =  =  Vậy hệ có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 5; 2

Ví dụ 4: Giải phương trình

Giải: Điều kiện: 2; 3; 3 y3 x − yx Phương trình (1) tương đương ( x + 3 ) 2 = 4 ( y + 1 3 )( y − x )

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

Do x −  − −  −   −3 6y 9 3 y 1 suy ra phương trình vô nghiệm

Trường hợp 2: x=2y−1 thay vào phương trình (2) của hệ ta có:

Nghĩa là VP > VT, suy ra y=  =2 x 1

Vậy hệ có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 1; 2

(Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải: Điều kiện: 5x+ y 0; 2x+ y 0

Từ phương trình (1) của hệ ta có:

4 x x y= − + vào phương trình (2) ta được:

 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ; 8 57; 9 57 x y = − −2 

2.2.2 Phương pháp cộng đại số Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia (nếu cần) để có được phương trình đơn giản hơn, dễ dàng giải hơn

Th1 : x+2y+ =  = − −1 0 x 2y 1 thay vào (2) ta được

Do đó hệ phương trình có 4 nghiệm là ( ; )x y ( 3 2 42;1 − + 2 , ) ( − + 3 2 2;1 − 2 , )   − + 3 5; 1 − 2 5     , − − 3 5; 1 + 2 5  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là 2 1

( Trích đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG QG năm 2003 TPHCM)

Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

(Trích đề thi Olympic 30/4/2011) Giải: Điều kiện: xy0

Hệ phương trình đã cho tương đương với

 Lấy (1)x+(2)y và −(1)y+(2)x theo vế ta được:

 − =  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ; )x y =(2;1)

Một số phương pháp giải hệ phương trình

1.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử

Cho hệ phương trình với hệ số nguyên ( )

Việc giải hệ phương trình bằng phương pháp phân tích thành nhân tử liên quan đến việc phân tích một đa thức hai biến thành nhân tử Mục tiêu là biểu diễn x theo y hoặc ngược lại, sau đó thay vào phương trình còn lại để tìm giá trị x và y Tuy nhiên, để phân tích một đa thức hai biến thành nhân tử, đặc biệt khi các nhân tử chưa xuất hiện rõ ràng, có nhiều phương pháp khác nhau mà bạn có thể áp dụng.

- Sử dụng hằng đẳng thức làm xuất hiện nhân tử chung

- Sử dụng tam thức bậc hai định hướng nhân tử chung,…

 Dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình được giải bằng phương pháp này là :

- Phương trình trong hệ là một phương trình bậc hai có biểu thức  là một số chính phương

- Phương trình trong hệ có dạng đẳng cấp

- Phương trình trong hệ xuất hiện nhân tử chung sau phép nhân với biểu thức liên hợp

- Phương trình có tính đối xứng giữa hai biến

 ( x y ,  ) Định hướng: Trừ vế với vế của 2 phương trình thu được phương trình tích :

Khi đó giải hệ cho từng trường hợp

Trừ vế với vế của 2 phương trình trên ta có :

 − +  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ( ) 1;1 , 2; 2

Ví dụ 2: ( Hệ phương trình đối xứng loại 2 )

Giải : Khử số hạng tự do ta có : x 2 −9xy−22y 2 =0 ( ) 

Phân tích đưa phương trình ( )  về dạng tích thu được

( x + 2 y )( x − 11 y ) = 0 từ đó quy về giải hệ :

Vậy hệ có 4 cặp nghiệm là ( ) ( 2;1 , 2; 1 , ) 1 ; 1 , 1 ; 1

Ví dụ 3: ( Hệ không quy tắc )

 ( x y ,  ) Định hướng: đưa phương trình (2) về dạng tích Khi đó giải hệ theo từng trường hợp

Vậy hệ cho có 4 cặp nghiệm là ( ) ( 1;1 , 1; 1 , ) 2 10 ; 10 , 2 10 ; 10

Ví dụ 4: ( Phân tích nhờ hằng đẳng thức )

 Định hướng: Dự đoán ( 2; 1 − ) là một nghiệm của hệ từ đó nghĩ tới phân tích làm xuất hiện x−2 và y+1 trong hệ

Từ đó tìm được nghiệm của hệ là ( 2; 1 − ) , ( 1; 2 − )

Khi giải một số hệ phương trình, việc chuyển đổi các phương trình thành dạng tích có thể gặp khó khăn, đặc biệt là trong việc nhận diện nhân tử chung Để định hướng nhân tử chung, chúng ta có thể áp dụng các hằng đẳng thức, tam thức bậc hai hoặc sử dụng máy tính bỏ túi Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.

Đề thi tuyển sinh Đại học Khối B năm 2013 yêu cầu biến đổi phương trình (1) thành phương trình bậc 2 với ẩn x, coi y là hằng số Qua việc giải phương trình, ta tìm được x theo y, từ đó xác định được nhân tử chung và chuyển đổi phương trình (1) về dạng phương trình tích.

Nên phương trình có hai nghiệm:

Từ đó định hướng việc phân tích phương trình (1) làm xuất hiện hai nhân tử

  = + Thay y=2x+1 vào phương trình (2) ta được: 4 x + + 1 9 x + = − + 4 3 x 3 3 ( )

( Nhẩm nghiệm (x=0), tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung ( ))x

  + + + + + +  Với x=0 suy ra y=1 Thay y= +x 1 vào phương trình (2) ta được: 3x+ +1 5x+ =4 3x 2 − +x 3 (4)

( Nhẩm nghiệm ( x = 0, x = 1 ), tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung ( x x ( − 1 ) )

=   = Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) ( ) 0;1 , 1; 2

 ( x y ,  ) Định hướng: Từ mỗi phương trình, việc rút x theo y hoặc ngược lại gặp khó khăn trong các bước giải tiếp theo:

Nếu từ phương trình thứ nhất kiểm tra được y0 và rút

= thì khi thay vào phương trình 2 việc giải phương trình gặp khó khăn ( phương trình bậc 4 không trùng phương, việc nhẩm nghiệm khó khăn do nghiệm chứa căn )

Từ phương trình 2, việc phân tích thành nhân tử gặp khó khăn và không thực hiện được theo cách trên

Ta có thể cộng hai vế tương ứng của hai phương trình với nhau để thu được phương trình

Tương tự như ví dụ trên, ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 đối với x trong đó y đóng vai trò là hằng số

Nên phương trình có hai nghiệm

( x − 2 y + 1 , ) ( x + 3 y − 1 ) Kết quả nghiệm của hệ là

Hệ có phương trình đầu là phương trình đẳng cấp nên ta xử lý phương trình này trước tiên

 − − =    = Th1: Nếu x=y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2 x =  =  = 2 x 2 y 2 Th2: Nếu x=4y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

3 y + 5 y =  = − 2 y 8 2 15  = x 32 8 15 − Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ( ) x y ; = 2; 2 ; 32 8 15;8 2 15 ( − − )

Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng:

Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là y ta được:

Th1: Với y=5x+4 , thay vào phương trình đầu của hệ ta được:

 = −   Th2: Với y= −4 x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

=  − =   =  Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là ( ) ( ) ( ) ; 0; 4 ; 4; 0 ; 4; 0 x y = −5 

(Trích đề thi HSG QG năm 2007) Giải: Điều kiện: x0; y0

Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được :

 = (Vì 9x+ y 0; , x y0) Thay y=3x vào phương trình 3 1 y + x =1 ta được:

3x + x =1  x = 3 1+  = +x 4 2 3 =y 12+6 3 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) x y ; = ( 4 + 2 3;12 6 3 + )

Trong nhiều bài toán giải hệ phương trình, kỹ thuật nhân liên hợp thường được áp dụng để biến đổi phương trình thành dạng tích, đặc biệt là đối với các hệ phương trình có chứa căn thức Một ví dụ minh họa cho phương pháp này sẽ được trình bày dưới đây.

(Trích đề thi thử đại học năm 2014) Giải: Điều kiện: y+ 1 0

Nhận thấy ( x y ; ) ( ) = 0;0 không thỏa mãn hệ phương trình

Với ( x y ; ) ( )  0;0 thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Với y=0, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

1+ + =x x 0 (vô nghiệm) Với y= −2x , thay vào phương trình thứ hai ta được: 1 2− x+3x +5x=0

 Với x 2 + 2 y 2 = − + + ( x y 1 ) thay vào phương trình thứ hai ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ; 1 5 1 ; 5

3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

A Thế nào là ẩn phụ? Có nhiều cách hiểu về ẩn phụ Để hiểu đầy đủ về ẩn phụ là điều rất khó Ở đây chỉ có thể nêu một vài khái niệm đơn giản về ẩn phụ như sau :

Khi giải một bài toán, ẩn phụ không nên được xem như là ẩn ban đầu đã cho Việc sử dụng ẩn phụ là cần thiết, bởi vì với ẩn đã cho, bài toán có thể trở nên khó khăn hoặc không thể giải được Thay vào đó, việc sử dụng ẩn mới sẽ giúp đơn giản hóa quá trình giải bài toán.

• Ẩn phụ còn có thể coi là ẩn trung gian vì có những bài toán giải được bởi cách dùng nhiều ẩn phụ

• Ẩn phụ còn có tác dụng cải tiến, chuyển hóa bài toán đã cho về các bài toán dạng cơ bản hoăc dạng quen thuộc

B Dấu hiệu để nhận biết bài toán có thể dùng được ẩn phụ :

Trong bài toán, các đại lượng có mối liên hệ với nhau thông qua các biểu thức toán học, cho phép một đại lượng có thể biểu diễn được thông qua đại lượng khác, dù là hoàn toàn hay không hoàn toàn Mối quan hệ này có thể rõ ràng hoặc khó nhận thấy, yêu cầu người giải phải tinh ý để phát hiện.

Trong quá trình giải toán và biến đổi, ẩn phụ có thể xuất hiện, do đó người giải cần theo dõi chặt chẽ từng bước biến đổi để nhận diện sự xuất hiện của ẩn phụ một cách kịp thời.

Các bài toán có ẩn phụ thường thay đổi dạng bài toán, và các dấu hiệu cho thấy việc sử dụng ẩn phụ thường được tổng hợp từ lý thuyết hoặc kinh nghiệm kỹ thuật.

C Quy trình giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ:

✓ Bài toán (1) đã cho với ẩn ban đầu

✓ Bài toán (2) với ẩn phụ

✓ Trở về ẩn ban đầu

✓ Bài toán (3) với ẩn ban đầu dễ hơn bài toán (1)

Giải bài toán bằng cách sử dụng ẩn phụ giống như việc chọn con đường vòng dễ đi hơn thay vì đi thẳng, giúp đơn giản hóa quá trình giải quyết vấn đề.

D Một số dạng bài minh họa cho phương pháp giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ

Giải: Điều kiện xác định : x1; y2 Đặt a = x − 1; b = y + 2 ( a  0; b  0 )

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 26; 1 − )

(Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải:

  Ta có hệ phương trình sau:

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ; 3 5 ; 3 25 ; 1; 3

Giải: Điều kiện : x+ y 0 Đặt t= +x y ( t  0 ) Thay vào (1) ta có

 −  + + + + =  Với 1 t= 2 Hệ đã cho tương đương với

  vô nghiệm do điều kiện t0 thì 2t+   1 0 t 0, và

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ; 3 ; 1

( Đề thi tuyển sinh đại học khối D 2009 )

Hệ đã cho tương đương với ( )

 + + −  + + −  ( x  0 ) Đặt t = x x ( + y ) Thay vào hệ ta có 2 2 3 3 1; 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) = 2; 3

Giải: Đặt a = x −  y 0, b = y   = 0 x a 2 + b 2 , y = b 2 Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu tiên để phân tích thành nhân tử :

67 Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế Tuy nhiên nếu để ý kĩ thì phương trình 2 có thể xử lý được độc lập :

( Đề thi Đại học khối B năm 2009 ) Giải :

Xét y=0 không thỏa mãn hệ

Với y0, hệ đã cho tương đương với

Thay vào hệ ta có 2 7 5; 12

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) , 1; 1 ; 3;1 ( ) x y  3

−   −   Để ý x 17 − 4 x 2 liên quan đến 2x và 17 4− x 2 , y 19 9− y 2 liên quan đến 3y và

19 9− y 2 Và tổng bình phương của chúng là những hằng số Đặt 2x+ 17 4− x 2 =a; 3x+y 19 9− y 2 =b Hệ đã cho tương đương

Vậy hệ có nghiệm là

Giải: Điều kiện: 2; 3 x − y2 Ta thấy khi x=0 thì hệ không có nghiệm Chia phương trình (1) cho x 2 0 :

 =  = Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) , 7; 111 x y =  98 

(Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11) Giải: Điều kiện: x1; y1; xy0

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với

2 2 1 1 16 x+ + +y x+ y+ =  + +x y 2 x+ +y xy+ =1 14 Đặt S = +x y P, =xy, điều kiện S 2 4P Ta được hệ phương trình sau :

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 3;3

3.3 Phương pháp nhân lượng liên hợp Ý tưởng của phương pháp nhân lượng liên hợp là tìm cách phân tích thành nhân tử Nhưng đối với một đa thức thì việc phân tích đa thức thành nhân tử sẽ dễ dàng hơn so với các biểu thức chứa căn, do đó chúng ta sẽ tìm cách khử căn thức bằng cách nhân chia với biểu thức liên hợp

Nhắc lại, biểu thức liên hợp của A B là A B , tức là biến đổi:

Biểu thức liên hợp của 3 A 3 B là ( ) 3 A 2  3 A B 3 + ( ) 3 B 2

+ + + nên phương trình (1)  =x 4y thế vào phương trình (2) ta có :

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y , ) ( ) = 8; 2

Thế vào phương trình (2) ta có : x 2 + 6 x + = 1 ( 2 x + 1 ) x 2 + 2 x + 3

( Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2014 ) Giải :

• Với y=1 , phương trình (2) trở thành 9 3− x=  =0 x 3

• Với y= −x 1 , điều kiện ( )  trở thành 1 x 2 Phương trình (2) trở thành

 − − =  Đối chiếu điều kiện ( )  và kết hợp trường hợp trên, ta được nghiệm của hệ đã cho là ( x y , ) = ( ) 3;1 , 1 5 ; 1 5

− + + =   Thay vào phương trình (2) ta được: 19 = 20 (vô lý) +) Xét y − + 3 x +  2 0 Khi đó :

Từ (3) suy ra x= −y 5 thay vào phương trình (2) ta được: 2 6 8 0 4

 Suy ra phương trình (4) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( = − 1; 2 )

 − + − =   Thay vào phương trình (2) ta được : 2 2=4 (Vô lý)

Với x=y thay vào (2) ta có x+ +1 x− =7 4

Từ hệ phương trình ta có x + + 1 y + + 1 x − + 7 y − = 7 8

Do đó phương trình (3) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 8;8

( )   = x 4 y Thay vào phương trình (2) ta có :

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 8; 2

 Thế vào phương trình (2) ta được:

− + Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 3;3

  = thỏa mãn phương trình (1) và (2) nên hệ phương trình có nghiệm

Thế vào phương trình (2) ta được: 2 3 2 0 1

 − + =   Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 0;1 và ( x y ; ) ( ) = 1; 2

Từ phương trình (1) ta có :

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) 4; 2 , 4 26 ;

3.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Cho hàm số y = f x ( ) xác định trên tập D ( D có thể là một đoạn, một khoảng hoặc nửa khoảng)

Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên miền D, thì phương trình f(x) = k chỉ có tối đa một nghiệm trong D Hơn nữa, f(u) = f(v) chỉ xảy ra khi u = v, với mọi u, v thuộc D.

Nếu hàm số y = f x ( ) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D và hàm số y = g x ( ) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì phương trình

( ) ( ) f x = g x có nhiều nhất một nghiệm trên D Định lí 3:

Giả sử hàm số y = f x ( ) có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình

( ) k ( ) 0 f x = có m nghiệm Khi đó, phương trình f ( k − 1 ) ( ) x = 0 có nhiều nhất 1 m+ nghiệm trên D

Lưu ý : Một số đặc điểm để nhận dạng hệ phương trình có thể áp dụng phương pháp này là :

 Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến về một dạng phương trình có tính đối xứng

 Hệ đối xứng loại 2 nhưng không giải được bằng phương pháp thông thường

 Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến nhưng không đưa được về dạng đối xứng, chẳng hạn như :

( ) ( ) f x + f y = k hoặc f x f y ( ) ( ) = k hoặc f x ( ) + g y ( ) = k hoặc f x ( ) = k , với k là hằng số

Bước 1: Tìm điều kiện các biến x, y của hệ phương trình ( nếu có )

Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số :

+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f u ( ) − f v ( ) ( u,v là các biểu thức chứa x, y )

+ Xét hàm đặc trưng f t ( ) , chứng minh f t ( ) đơn điệu, suy ra u = v (đây là hệ thức đơn giản chứa x, y )

Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn

Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình

Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y ( sử dụng phương pháp hàm số kiểu f u ( ) = f v ( ) )

+ Xét hàm số y = f t ( ) = 2 t 3 + t trên ta có :

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

Phương trình (5) có 1 nghiệm là x=5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp

(5)  ( 3 x + − − 1 4 ) ( 6 − − + x 1 ) 3 x 2 − 14 x − = 5 0 (Tách thành các biểu thức liên hợp)

 −  + + + − + + + =  Với x=  =5 y 1 (thỏa điều kiện ( )  ) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 5;1

Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

+ Xét hàm số y = f t ( ) = + t t 4 + 5 trên nửa khoảng [0;+) , f liên tục trên

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

 = +  + + − =   + + − Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số

Xét hàm số g y ( ) = y 7 + 2 y 4 + − y 4 trên nửa khoảng [0;+)

Do g liên tục trên [0;+) và g ' ( ) y = 7 y 6 + 8 y 3 +    1 0, y [0; +  ) g y ( ) đồng biến trên [0;+), nên (5)  g y ( ) = g ( ) 1  = y 1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x y ; ) = ( ) 2; 0 , ( ) 3;1

(Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Nghệ An) Giải: Điều kiện : 1 1

' 3 3 0, [ 1;1] f t = t −    − t Hàm số nghịch biến trên ( − 1;1 )

Nên (1)  = −x y 1 Thay vào (2) ta được phương trình :

Với x=  =0 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 0;1

Suy ra f ' ( ) t = 3 t 2 − 12  0,   − t [ 2; 2] Hàm số f t ( ) nghịch biến trên [ 2; 2]−Nên (1)  = −  = +x y 2 y x 2 thay vào (2) ta được phương trình:

 + =  + =  =x 0 Với x=  =0 y 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 0; 2

Với f t ( ) = 4 t 3 + t f ' ( ) t = 12 t 2 +    1 0 t Hàm số đồng biến trên

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 1;1 , 1 ; 0

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2010) Giải : Điều kiện :

' 3 1 0 f t = t +    t Hàm số đồng biến trên

Mặt khác 1 7 g  =  2 nên ( )  có nghiệm duy nhất 1 2 x=  =2 y

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ; 1 ; 2 x y 2 

Nếu x=0, từ phương trình thứ hai của hệ ta có 0=6 (sai) Vậy x0 , chia cả hai vế của (2) cho x 2 ta được :

Xét hàm số y = f t ( ) = t ( 1 + 1 + t 2 ) với t  , phương trình (3) có thể viết lại thành

Xét các hàm số g x ( ) = x 3 + − x 6 , h x ( ) = − 2 ( x 2 + 1 ) x với x  ( 0; + )

Dễ thấy g x h x ( ) ( ) , đơn điệu ngược chiều trên ( 0; + ) và g ( ) 1 = h ( ) 1 nên (4) có nghiệm duy nhất 1 1 x=  =y 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) ; 1; 1 x y  2

Với x=0 hoặc y=0 thì hệ vô nghiệm

Với x0 và y0 Phương trình (1) tương đương với

Nên hàm số f t ( ) = t ( t 2 + + 1 1 ) đồng biến trên

Từ phương trình (3) ta có : f 1 f ( ) 2 y 1 2 y 2 xy 1 x x

Thế vào phương trình (2) ta có: 2

 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) ; 4; 1 x y  8

(Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải:

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Xét hàm số y = f t ( ) = + t t 2 + 4 trên , ta có ( )

+ Suy ra f t ( ) đồng biến trên , do đó f x ( ) = f ( − 2 y )  = − x 2 y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

Xét hàm số g t ( ) = + t 3 t trên , Có g t ' ( ) = 3 t 2 +  1 0;  t

Suy ra g t ( ) đồng biến trên ,  g x ( + = 1 ) g ( 3 x 3 + 4 x + 2 )

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

Các bất đẳng thức quan trọng :

• Bất đẳng thức AG – GM :

2 a b+  ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= =b c

Tổng quát: Cho n số thực không âm bất kì a a 1 , , , 2 a n ta có :

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 =a 2 = = a n

Cho các số thực a a 1 , , , 2 b b 1 2 , khi đó : ( a 1 2 + a 2 2 )( b 1 2 + b 2 2 )  ( a b 1 1 + a b 2 2 ) 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2 a a b = b Cho 2n số thực a b i i , ( i =1, 2 , , )n ta có :

- Ta có: u + v  + u v Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u=kv k, 

- Nếu u = ( ) a b ; , v = ( ) c d ; thì ta có : a 2 + b 2 + c 2 + d 2  ( a + c ) ( 2 + + b d ) 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ac=bd

Các bất đẳng thức phụ cần ghi nhớ :

Dấu bằng xảy ra ở hai bổ đề này khi và chỉ khi ab 1 a b

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A, A năm 2014) 1

Với 2 số thực a, b bất kì ta có : ( ) 2 0 2 2

+ − khi đó (3)  =  =x 3 y 3 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) ( ) = 3;3

Ta có các bất đẳng thức sau

Khí đó ta suy ra :

= +  +  +  Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có: 2 2 3 2 2 2 3

Dấu bằng xảy ra khi : 2 1 1

, thử lại hệ phương trình thỏa mãn

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x= =y 1

Giải: Điều kiện: y0, từ phương trình đầu 1

Phương trình đầu tương đương : 2 ( 1 4 2 ) 2 2 ( 1 2 ) 1 x x x x y 4

− + − = + y Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có : 1 4

 Đối chiếu điều kiện ta có : 1 5 x= − +4 , thử lại thỏa mãn

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ; 1 5 1 ;

(Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2014) Giải: Điều kiện: xy+5x+ 3 0 Khi đó hệ phương trình có nghiệm nếu 2x+ y 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y=2x Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có :

  + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y=2x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y=2x , Có y=2x2x+ =y 4x0

Thay y=2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được :

 − =x  =  =x 3 y 6 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 3;6

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình :

  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y , từ ( )  và ( )  ta suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y Khi đó (1)  =x y thế xuống phương trình (2) ta được :

− + − =  =  Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( ) ; 9 73 9 ; 73

  Cộng hai phương trình vế theo vế ta có :

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi x y, thỏa mãn: 4 4

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( = 16;3 )

Ta sử dụng bổ đề với a b, 0 và ab1 ta có bất đẳng thức :

92 Đẳng thức xảy ra khi x= y Thay vào (2) ta tìm được nghiệm của phương trình

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ; 9 73 9 ; 73 , 9 73 9 ; 73

Phương trình (1) tương đương : x 3 + x x ( − y 2 ) − 2 ( x − y 2 ) 3 0 Đặt x−y 2 =u phương trình (1) thành : x 3 +xu 2 −2u 3 =  = 0 x u y 2 = −x x 2

Hiển nhiên x= =y 0 là một nghiệm của hệ Ta xét x0 và y0

Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được :

Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi x = y Tuy nhiên, với điều kiện xy < 0, khả năng này không thể xảy ra Giả sử x < 0 và y < 0, thì rõ ràng đẳng thức không thể đúng Do đó, hệ phương trình chỉ có hai nghiệm là (0, 0) và (1, 1).

Lấy ( )  cộng với phương trình (2) ta được :

− + − + − −   − − +   + = Để dấu bằng xảy ra thì x= =y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 3;3

(Trích đề thi HSG QG năm 2013) Giải: Điều kiện : 0; 0; 0; ; ; ,

Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được :

1 1 1 1 sin cos sin cos sin cos sin cos x x y y x x y y

+ + Áp dụng bất đẳng thức vectơ ta có :

1 1 1 1 sin cos sin cos sin cos sin cos x x x x x x x x

1 sin 2 1 4 sin 2 sin 2 1 sin 2 8sin 2 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2 1 sin 2 1 x y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y x y x y = x y  + +

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) x= = +y 4 k k

3.6 Phương pháp lượng giác hóa

Ta dựa vào các dấu hiệu nhận biết sau đây để sử dụng phương pháp lượng giác hóa

1 Nếu một phương trình của hệ có dạng ( px a − ) ( 2 + qy b − ) 2 = c 2 thì ta đặt : sin cos px a c t qy b c t

2 Nếu từ hệ suy ra x  −  a a ;  ; y  −  b b ;  thì đặt : sin sin x a y b

Dạng này thường đi kèm các căn thức a 2 −x 2 ; b 2 −y 2

3 Trong đề bài có chứa các biểu thức tương ứng với một công thức lượng giác nào đó Chẳng hạn :

1+x 2 tương ứng với 1 tan 2 1 2 t cos + = t ,

4x 3−3x tương ứng với 4cos 3 t−3cost=cos3t ,

2x 2−1 tương ứng với 2cos 2 t− =1 cos 2t ,

−x tương ứng với 2 tan 2 tan 2

Phương pháp đặt ẩn phụ

Ẩn phụ không nên được xem là ẩn ban đầu đã cho trong bài toán Việc sử dụng ẩn phụ là cần thiết khi ẩn đã cho khiến bài toán trở nên khó khăn hoặc không thể giải được Thay thế bằng ẩn mới sẽ giúp bài toán trở nên dễ giải hơn.

Trong bài toán, các đại lượng có mối liên hệ với nhau được biểu diễn qua các biểu thức toán học, cho phép một đại lượng có thể được diễn đạt thông qua đại lượng khác, dù là hoàn toàn hay không hoàn toàn Mối quan hệ này có thể dễ nhận thấy, nhưng cũng có lúc lại bị ẩn giấu, đòi hỏi người giải phải tinh tế để nhận ra.

Trong quá trình giải toán và biến đổi, ẩn phụ có thể xuất hiện bất ngờ Do đó, người giải cần theo dõi chặt chẽ từng bước biến đổi để kịp thời phát hiện và xử lý sự xuất hiện của ẩn phụ.

Các bài toán mà ẩn phụ có khả năng thay đổi dạng của bài toán thường dựa trên các dấu hiệu được tổng hợp từ lý thuyết và kinh nghiệm kỹ thuật.

C Quy trình giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ:

✓ Bài toán (1) đã cho với ẩn ban đầu

✓ Bài toán (2) với ẩn phụ

✓ Trở về ẩn ban đầu

✓ Bài toán (3) với ẩn ban đầu dễ hơn bài toán (1)

Giải bài toán bằng cách sử dụng ẩn phụ giống như việc chọn con đường vòng thay vì đi thẳng, nhưng lại giúp cho quá trình giải quyết trở nên dễ dàng hơn.

D Một số dạng bài minh họa cho phương pháp giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ

Giải: Điều kiện xác định : x1; y2 Đặt a = x − 1; b = y + 2 ( a  0; b  0 )

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 26; 1 − )

(Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải:

  Ta có hệ phương trình sau:

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ; 3 5 ; 3 25 ; 1; 3

Giải: Điều kiện : x+ y 0 Đặt t= +x y ( t  0 ) Thay vào (1) ta có

 −  + + + + =  Với 1 t= 2 Hệ đã cho tương đương với

  vô nghiệm do điều kiện t0 thì 2t+   1 0 t 0, và

( Đề thi tuyển sinh đại học khối D 2009 )

Hệ đã cho tương đương với ( )

 + + −  + + −  ( x  0 ) Đặt t = x x ( + y ) Thay vào hệ ta có 2 2 3 3 1; 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) = 2; 3

Giải: Đặt a = x −  y 0, b = y   = 0 x a 2 + b 2 , y = b 2 Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu tiên để phân tích thành nhân tử :

67 Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế Tuy nhiên nếu để ý kĩ thì phương trình 2 có thể xử lý được độc lập :

( Đề thi Đại học khối B năm 2009 ) Giải :

Xét y=0 không thỏa mãn hệ

Với y0, hệ đã cho tương đương với

Thay vào hệ ta có 2 7 5; 12

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) , 1; 1 ; 3;1 ( ) x y  3

−   −   Để ý x 17 − 4 x 2 liên quan đến 2x và 17 4− x 2 , y 19 9− y 2 liên quan đến 3y và

19 9− y 2 Và tổng bình phương của chúng là những hằng số Đặt 2x+ 17 4− x 2 =a; 3x+y 19 9− y 2 =b Hệ đã cho tương đương

Vậy hệ có nghiệm là

Giải: Điều kiện: 2; 3 x − y2 Ta thấy khi x=0 thì hệ không có nghiệm Chia phương trình (1) cho x 2 0 :

 =  = Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) , 7; 111 x y =  98 

(Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11) Giải: Điều kiện: x1; y1; xy0

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với

2 2 1 1 16 x+ + +y x+ y+ =  + +x y 2 x+ +y xy+ =1 14 Đặt S = +x y P, =xy, điều kiện S 2 4P Ta được hệ phương trình sau :

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 3;3

Phương pháp hàm số

Phương trình có nghiệm duy nhất thường xuất hiện trong các trường hợp mà phương trình không mẫu mực và phức tạp, khiến cho các phương pháp giải thông thường trở nên không hiệu quả hoặc quá phức tạp Để giải quyết vấn đề này, cần áp dụng một thuật toán phù hợp nhằm tìm ra nghiệm duy nhất cho phương trình.

- Biến đổi phương trình về dạng f x ( ) = 0

- Chứng minh y = f x ( ) luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên ( ) a b ; ( ( ) a b ; là miền xác định của phương trình)

- Nhẩm một nghiệm x = x 0 của phương trình (Có thể sử dụng MTCT -lệnh SHIFT+SOLVE)

Xét hàm đặc trưng a Dấu hiệu: Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc b Thuật toán

- Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc

- Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng f t ( )

- Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình

- Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của u, v

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 5 + −x 3 1 3− x+ =4 0 (1)

Xét hàm số ( ) 5 3 1 3 4, 1 f x =x +x − − x+ x3, hàm số liên trục trên ;1

Suy ra f x ( ) đồng biến trên ;1

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 x3 Mặt khác: f ( ) − = 1 0 , tức x = − 1 là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x= −1

Chú ý: Có thể nhẩm nghiệm x= −1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE)

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x − + 1 x 2 + = − 3 4 x (1)

Xét hàm số ( ) 2 1 2 3 4, 1 ; 4 f x = x− + x + + −x x2  , hàm số liên tục trên 1; 4

Suy ra f x ( ) đồng biến trên 1; 4

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm 1; 4 x2  Mặt khác f ( ) 1 = 0 , tức x = 1 là một nghiệm của phương trình (1)

Chú ý: Điều kiện: 2x− 1 0 là điều kiện thông thường Điều kiện: 4− x 0 là điều kiện kéo theo (phương trình này có thể bỏ qua)

Có thể nhẩm nghiệm x=1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE)

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 3x+ +4 3 5x+ =9 x 2 +6x+13 (1)

Giải: Điều kiện: 4 x −3 Xét hàm số ( ) 2 3 4 3 5 9 2 6 13, 4 f x = x+ + x+ −x − x− x −3

Hàm số liên tục trên 4;

Suy ra f x ( ) nghịch biến trên 4;

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm 4 x −3

Suy ra phương trình f x ( ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 2 nghiệm 4 x −3 Mặt khác f ( ) 0 = f ( ) − = 1 0 , tức x=0, x=1 là các nghiệm của (1)

Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là x=0, x=1

Ví dụ 4: Giải phương trình: x x ( 2 + + 3 ) ( 3 x − 7 ) 4 3 − x = 0 (1)

Ví dụ 5: Giải phương trình: x 3 + =1 2 2 3 x−1 (1)

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là 1, 1 5 x= x= − 2

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x + + 1 x x 2 + + 2 ( x + 1 ) x 2 + 2 x + = 3 0 (1)

+   t , suy ra f t ( ) đồng biến trên

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1 x= −2

Ví dụ 7: Giải phương trình: x x 2 2 + − 2 2 x x − + 8 3 = ( x + 1 ) ( x + − 2 2 )

(Trích đề thi THPT QG 2015) Giải: Điều kiện: x −2 Phương trình đã cho tương đương với

Ta có f ' ( ) t = 3 t 2 + + 4 t 2 , suy ra f ' ( ) t  0, t   , nên f t ( )đồng biến trên

 = Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 3 13

Ta giải phương trình bằng bất đẳng thức dựa trên hai ý tưởng sau :

1) Biến đổi phương trình về dạng f x ( ) = g x ( ) mà

Nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn f x ( ) = g x ( ) = a

2) Biến đổi phương trình về dạng h x ( ) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h x ( )  m hoặc h x ( )  m thì nghiệm của phương trình là các giá trị x làm cho dấu của đẳng thức xảy ra

Một số phương pháp phổ biến để đánh giá hàm số bao gồm việc đưa về bình phương đúng, khai thác tính đơn điệu của hàm số và áp dụng các bất đẳng thức như bất đẳng thức AG - GM và Bunhiacopxki.

 Bất đẳng thức AG - GM: x 1 + x 2 + + x n  n x x n 1 2 x n , với x i 0 i=1, n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 =x 2 = =x n

Cho các số thực a a 1 , , , 2 b b 1 2 , khi đó: ( a 1 2 + a 2 2 )( b 1 2 + b 2 2 )  ( a b 1 1 + a b 2 2 ) 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2 a a b = b Cho 2n số thực a b i i , ( i =1, 2, , )n ta có :

Ví dụ 1: Giải phương trình: x− −1 5x− =1 3x−2 (1)

Với x1 thì x5x do đó x− 1 5x−1 Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm

Vậy phương trình vô nghiệm

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x 2 − 4 x + + 6 5 x 2 − 10 x + = − 6 2 x 2 + 2 x

Vì ( x − 1 ) 2  0 nên 2 ( x − 1 ) 2 +  4 4 , do đó 2 ( x − 1 ) 2 +  4 2 , dấu = xảy ra  =x 1

Tương tự 5 ( x − 1 ) 2 +  1 1 , dấu = xảy ra  = x 1

Vế phải 3 − − ( x 1 ) 2  3 Dấu = xảy ra  = x 1

Suy ra (1) VT=VP=  =3 x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 +4x+ =5 2 2x+3

Từ phương trình, áp dụng bất đẳng thức AM - GM:

Ví dụ 4: Giải phương trình: x x 1 1 1 x x

Giải: Điều kiện: x1 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có :

Vậy phương trình đã cho tương đương:

Kết hợp với điều kiện ta tìm được là 1 5 x +2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 4 ( x − 2 4 )( − x ) + 4 x − + 2 4 4 − + x 6 x 3 x = x 3 + 30

Giải: Điều kiện: 2 x 4 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :

 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có :

Vậy phương trình có nghiệm là x=3

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x 2 2 1 2 4 x 1 x x

Phương trình đã cho tương đương với x 2 x 2 1 2 1 2 4 x x

+ − + + − = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

Dấu = xảy ra tại x=1 (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1

Ví dụ 7: Giải phương trình: x− +2 4− =x x 2 −6x+11

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki : Điều kiện: 2 x 4 Khi đó

Vế phải x 2 − 6 x + = 11 ( x − 3 ) 2 +  2 2 , dấu = xảy ra  = x 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=3

1.6 Phương pháp lượng giác hóa

Một số kiến thức cơ bản

+ Nếu x 1 thì có một số t với ;

   sao cho : sint =x và một số y với

+ Nếu 0 x 1 thì có một số t với 0; t  2

   sao cho: sint=x và một số y với

+ Với mỗi số thực x có ; t −  2 2

Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán:

+ Nếu x 1 thì ta đặt sint=x với ;

+ Nếu 0 x 1 thì đặt sint=x , với 0; t  2

+ Nếu x  a, hoặc bài toán có chứa x 2 −a 2 thì đặt: sin x a

+ Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 +m 2 thì đặt: tan , ; x=m t t −  2 2

Phương pháp lượng giác hóa được sử dụng để chuyển đổi các phương trình đại số thành phương trình lượng giác, giúp đơn giản hóa quá trình giải quyết Bằng cách này, việc tìm ra nghiệm của phương trình trở nên dễ dàng hơn và hiệu quả hơn trong việc áp dụng các kỹ thuật lượng giác.

Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x 3 −3x= 1−x 2 (1)

Giải: Điều kiện: 1−x 2  0 x 1 ( )  Với điều kiện ( )  , đặt x = cos , t t    0;  ( ) 

Khi đó pt (1) trở thành:

4cos t−3cost = 1 cos− t cos 3t = sint cos 3t =sint (do ( )  )

Do điều kiện ( )  nên ta có:

 Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = x ( 1 2 1 + − x 2 )

Giải: Điều kiện: x 1 Đặt sin , ; x= t t −  2 2

  Phương trình đã cho trở thành:

1 cos sin 1 2cos 2 cos 2sin cos cos 2 sin 1 0

Kết hợp với điều kiện của t suy ra : t 6

Vậy phương trình có 1 nghiệm là 1 sin 6 2 x =  =

Ví dụ 3: Giải phương trình: 1 1 2 ( 1 ) 3 ( 1 ) 3 2 1 2

Khi đó vế phải > 0, nếu x  −  1;0  thì ( 1 + x ) 3 − ( 1 − x ) 3  0

Nếu x    1;0 thì đặt x = cos t , với 0; t  2

2 6 sin cos cos sin 2 sin

2 6 cos 1 sin 2 sin 6 cos 1 2 sin 0 cos

Vậy nghiệm của phương trình là 1 x= 6

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu x 2 −a 2 với a=1

 ( )  Với điều kiện ( )  , đặt 1 , 0; cos 2 x t t

Khi đó phương trình (3) trở thành:

1 cos 2 2 1 1 2 2 cos 1 cos sin cos 1 t t t t t

(do đk ( )  ) sint+cost =2 2 sin cost t (3a) Đặt sint+cost=u , điều kiện: 1 u 2 Khi đó, phương trình (3a) có dạng:

Ta có phương trình: sin cos 2 sin 1 1 2

Do điều kiện ( )  , nên từ (  ) , ta có: 2 t 4 x

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất là x= 2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2

=  −  Phương trình đã cho trở thành: 2 ( )

2cos tan 4cos 1 4cos cos 1 0 cos cos 2 t t t t t t

 = + Kết hợp với điều kiện của t suy ra t 4

Vậy phương trình có 2 nghiệm là 1

Ví dụ 6: Giải phương trình: ( )

Giải: Điều kiện: x0; x 1 Đặt tan , ; , 0;

=  −    Phương trình đã cho trở thành:

1 0 cost sin 2t sin 4t cost 2sint 2sin cos 2t t

2sin cos 2t t cos 2t 1 0 2sin 1 2sint t 2sin t 0

Kết hợp với điều kiện suy ra t =6 Vậy phương trình có 1 nghiệm là 1 x= 3

Một số hệ phương trình cơ bản

2.1 Hệ phương trình cơ bản

2.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng

Phương pháp giải: Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau :

-Phương pháp cộng đại số,

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y x D D y D D

Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {( ;x y 0 0 ) |a x 1 0 +b y 1 0 =c 1 }

Hệ phương trình vô nghiệm

2.1.2 Hệ phương trình đối xứng

A Hệ phương trình đối xứng loại 1

Hệ phương trình đối xứng đối với x và y là hệ mà mỗi phương trình không thay đổi khi ta thay x bởi y và thay đổi y bởi x

Phương pháp giải : Đặt S = +x y P, = xy

Sau khi tìm được S và P thì x và y là nghiệm của phương trình X 2 −SX + =P 0. Điều kiện có nghiệm : S 2 −4P0

Giải Đặt S = +x y P, = xy Ta có:

   Với S =3, P=2 : x, y là nghiệm phương trình :

Vậy hệ có 4 nghiệm là (1; 2), (2; 1), (-1; -2), (-2; -1)

Hệ đã cho tương đương với    S S S ( − = P 2 − 3 1 (1) P ) = 2 (2)

Vậy x, y là các nghiệm của phương trình 2 2 1 0 1

+ +  Đặt S = +x y P, =xy Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành :

Suy ra x y, là nghiệm của phương trình 2 3

 − − =   = − Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x y ; ) (= −2;3 , 3; 2) ( − )

B Hệ phương trình đối xứng loại 2

Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ chứa 2 ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò x, y cho nhau thì phương trình này trở thành phương trình của hệ

 Chú ý : Nếu (x y 0 ; 0 ) là nghiệm của hệ thì (y x 0 ; 0 ) cũng là nghiệm của hệ

Trừ vế với vế hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích số

Kết hợp một phương trình tích số với một phương của hệ để suy ra nghiệm của hệ

(Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải: Điều kiện x > 0; y > 0

Hệ phương trình tương đương với

Vì x+ +y 3xy0;  x 0; y0 nên trường hợp này vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ; )x y =(1;1)

Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có: y 3 −x 3 =x 2 −y 2 + −x y

  =  =  = Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) ( ) = 1;1

Thay vào hệ phương trình, ta được: 3x 3 =  = =3 x 1 y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x= =y 1

2.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp

   được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu ( , ); ( , )f x y g x y là các biểu thức đẳng cấp bậc k

Chú ý : Biểu thức ( , )f x y được gọi là đẳng cấp bậc k nếu (f mx my, )=m f x y k ( , ).

-Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm

-Xét y0 Đặt x = ty, khi đó ta có

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được : ( ,1) a ( ,1). f t g t

Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm ( , )x y

Hệ phương trình có một phương trình đẳng cấp là loại hệ phương trình trong đó có một phương trình có dạng \( f(x, y) = 0 \) với \( f \) là phương trình hai ẩn \( x \) và \( y \) có bậc bằng nhau Để giải hệ phương trình này, ta thực hiện bước đặt \( x = ky \), từ đó giải ra \( k \) và thay vào phương trình thứ hai để tìm ra giá trị của \( x \) và \( y \).

Dễ thấy nếu y=0 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm

Vậy y0 đặt x=ky Thay vào phương trình đầu tiên ta được :

  − − =   = nếu k = 1 thay vào phương trình dưới ta được :

2y− =  =y 1 y 1 và x = 1, nếu k = 2 thay vào phương trình dưới ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ; )x y =(1;1); (2;1)

Trừ hai vế hai phương trình ta được: 2x 2 +4y 2 −6xy =0 Đặt x=ky Thay vào phương trình trên ta được :

+ Trường hợp y=0 thay vào hệ ta được :

  vô lý (loại) + Trường hợp y0 từ phương trình (1) k 2 +3k− =2 0

   Nếu k =1 thay vào hệ phương trình ta được : 0 3

 = vô lý (loại) Nếu k =2 thay vào hệ phương trình ta được :

  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x y ; ) ( ) ( = 2;1 ; − − 2; 1 )

(Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải:

Xét y=0 Thay vào hệ phương trình ta được:

 =   −  , suy ra ( )1;0 là một nghiệm của hệ

Xét y0 Đặt x=ty, khi đó ta có:

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được:

=   Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là

2.1.4 Hệ phương trình hoán vị

Hệ phương trình hoán vị là hệ có dạng

(Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi)

 Định lý 1: Nếu hai hàm số f x ( ) ( ) , g x cùng tăng trên tập A và ( x 1 , , , x 2 x n ) là nghiệm của hệ (trong đó x i  A i , = 1, n ) thì x 1 =x 2 = = x n

 Định lý 2 : Nếu hàm số f x ( ) giảm và g x ( ) tăng trên tập A và ( x 1 , , , x 2 x n ) là nghiệm của hệ ( trong đó x i  A i , = 1, n ) thì với n lẻ, x 1 =x 2 = = x n

 Định lý 3: Nếu hàm số f x ( ) giảm, g x ( ) tăng trên tập A và ( x x 1 , 2 , , x n ) là nghiệm của hệ ( trong đó x i  A i , = 1, n ) thì với n chẵn, x 1 =x 3 = = x n − 1 hoặc x 2 =x 4 = x n

Trong giải toán, hệ hoán vị 3 ẩn thường được gặp và có thể giải bằng nguyên lý cực hạn Phương pháp giải có thể bao gồm biến đổi các phương trình, áp dụng bất đẳng thức hoặc sử dụng lượng giác hóa.

Hệ phương trình tương đương

+ (   t ) Suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max  x y z ; ; 

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:

 =  Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm là ( x y z ; ; ) = − ( 7; − 7; − 7 , 0; 0; 0 ) ( ) , ( 7; 7; 7 )

Giải: Điều kiện: x y z, , 0 Viết (1) dưới dạng

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x y z; ; trong hệ trên, ta có thể giả sử x = min  x y z ; ; 

Vì x y x; z nên y +  1 z + 1 và y +  1 x + 1 hay yz và yx

Tức là: y = min  x y z ; ;  = x , suy ra: x= =y z

Từ đó ta được phương trình: x= x+1 Giải pt này ta được: 3 5 x= +2

Vậy nghiệm của hệ là ( ; ; ) 3 5 3 ; 5 3 ; 5

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x y z; ; trong hệ trên, ta có thể giả sử: x = max  x y z ; ; 

Suy ra : x1 Mà zx nên z1 Lập luận ngược lại quá trình trên ta được: ( z − 1 ) ( z 2 + 4 z + 5 )  0

Từ đó ta được phương trình: x 3 +3x 2 +2x− =  =5 x x 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x y z ; ; ) ( = 1;1;1 )

Hàm số f t ( ) tăng trên g t ( ) đồng biến trên 3

Mặt khác nếu ( x y z 0; 0; 0 ) là nghiệm của hệ thì 0 3 0 3 0 3 27

Vậy nếu ( x y z 0; 0; 0 ) là nghiệm của hệ thì x 0 = y 0 =z 0 nên x 0 = y 0 =z 0 =3

(Trích đề thi HSG QG 2006) Giải: Để ( x y z ; ; ) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x y z; ; 6

Hệ phương trình đã cho tương đương

Suy ra f x ( ) là hàm tăng còn g x ( ) là hàm giảm với x6 Nếu ( x y z ; ; ) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x= =y z

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max ( x y z ; ; ) Ta xét hai trường hợp sau:

Do f x ( ) là hàm tăng nên f x ( )  f y ( )  f z ( )

Suy ra log3 (6−y )log3 (6−z )log3 (6−x ) Do g x ( ) giảm nên

Tương tự như trên ta suy ra x= =y z

Phương trình f x ( ) = g x ( ) có nghiệm duy nhất x=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y z ; ; ) ( = 3;3;3 )

2.2.1 Phương pháp thế Đây là một phương pháp được sử dụng rất nhiều trong những phương pháp giải hệ phương trình sau này Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là phương trình thứ nhất), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia (cũng có thể là cả một biểu thức ) rồi thay vào phương trình còn lại để giải Trong một số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi khi ta cần biến đổi để đưa về dạng đơn giản quen thuộc

Thế 7=4x 2 + +x 3y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được:

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 17 3 17 1 17 3 17

Từ phương trình thứ (2) trong hệ ta rút 4=8x−3x 2 −y 2 −8y

Thay vào phương trình thứ (1) trong hệ thu gọn ta được :

 Với x= y thay vào phương trình thứ (2) ta được −4x 2 =4 phương trình vô nghiệm

Với x=3 thay vào phương trình thứ (2) ta được 2 1

Với x= −5 thay vào phương trình thứ (2) ta được y 2 +8y+119=0 phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ; )x y =(3; 1)− , (3; 7)−

Xét phương trình (1) của hệ ta có :

2 1 2 0 xy + + = x y x − y  x − x y + − y − = y Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì ta có:  = ( y + 1 ) 2 + 8 y 2 + 4 y = ( 3 y + 1 ) 2 Từ đó suy ra

Trường hợp 1: x= −y Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 1

  , suy ra phương trình vô nghiệm

Trường hợp 2: x=2y+1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

 + − =  =  Vậy hệ có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 5; 2

Ví dụ 4: Giải phương trình

Giải: Điều kiện: 2; 3; 3 y3 x − yx Phương trình (1) tương đương ( x + 3 ) 2 = 4 ( y + 1 3 )( y − x )

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:

Do x −  − −  −   −3 6y 9 3 y 1 suy ra phương trình vô nghiệm

Trường hợp 2: x=2y−1 thay vào phương trình (2) của hệ ta có:

Nghĩa là VP > VT, suy ra y=  =2 x 1

Vậy hệ có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 1; 2

(Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An) Giải: Điều kiện: 5x+ y 0; 2x+ y 0

Từ phương trình (1) của hệ ta có:

4 x x y= − + vào phương trình (2) ta được:

 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ; 8 57; 9 57 x y = − −2 

2.2.2 Phương pháp cộng đại số Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia (nếu cần) để có được phương trình đơn giản hơn, dễ dàng giải hơn

Do đó hệ phương trình có 4 nghiệm là ( ; )x y ( 3 2 42;1 − + 2 , ) ( − + 3 2 2;1 − 2 , )   − + 3 5; 1 − 2 5     , − − 3 5; 1 + 2 5  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là 2 1

( Trích đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG QG năm 2003 TPHCM)

Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

(Trích đề thi Olympic 30/4/2011) Giải: Điều kiện: xy0

 Lấy (1)x+(2)y và −(1)y+(2)x theo vế ta được:

 − =  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ; )x y =(2;1)

1.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử

Cho hệ phương trình với hệ số nguyên ( )

Giải hệ phương trình bằng phương pháp phân tích thành nhân tử là quá trình phân tích một đa thức hai biến thành nhân tử, nhằm biểu diễn x theo y hoặc ngược lại Sau đó, ta thay thế vào phương trình còn lại để tìm giá trị của x và y Để phân tích một đa thức hai biến thành nhân tử, có nhiều phương pháp khác nhau có thể áp dụng, đặc biệt khi các nhân tử chưa xuất hiện rõ ràng.

- Sử dụng hằng đẳng thức làm xuất hiện nhân tử chung

- Sử dụng tam thức bậc hai định hướng nhân tử chung,…

 Dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình được giải bằng phương pháp này là :

- Phương trình trong hệ là một phương trình bậc hai có biểu thức  là một số chính phương

- Phương trình trong hệ có dạng đẳng cấp

- Phương trình trong hệ xuất hiện nhân tử chung sau phép nhân với biểu thức liên hợp

- Phương trình có tính đối xứng giữa hai biến

 ( x y ,  ) Định hướng: Trừ vế với vế của 2 phương trình thu được phương trình tích :

Khi đó giải hệ cho từng trường hợp

Trừ vế với vế của 2 phương trình trên ta có :

 − +  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ( ) 1;1 , 2; 2

Ví dụ 2: ( Hệ phương trình đối xứng loại 2 )

Giải : Khử số hạng tự do ta có : x 2 −9xy−22y 2 =0 ( ) 

Phân tích đưa phương trình ( )  về dạng tích thu được

( x + 2 y )( x − 11 y ) = 0 từ đó quy về giải hệ :

Vậy hệ có 4 cặp nghiệm là ( ) ( 2;1 , 2; 1 , ) 1 ; 1 , 1 ; 1

Ví dụ 3: ( Hệ không quy tắc )

 ( x y ,  ) Định hướng: đưa phương trình (2) về dạng tích Khi đó giải hệ theo từng trường hợp

Vậy hệ cho có 4 cặp nghiệm là ( ) ( 1;1 , 1; 1 , ) 2 10 ; 10 , 2 10 ; 10

Ví dụ 4: ( Phân tích nhờ hằng đẳng thức )

 Định hướng: Dự đoán ( 2; 1 − ) là một nghiệm của hệ từ đó nghĩ tới phân tích làm xuất hiện x−2 và y+1 trong hệ

Từ đó tìm được nghiệm của hệ là ( 2; 1 − ) , ( 1; 2 − )

Trong một số hệ phương trình, việc chuyển đổi các phương trình về dạng tích có thể gặp khó khăn, đặc biệt là khi nhận diện nhân tử chung Để hỗ trợ quá trình này, chúng ta có thể áp dụng các hằng đẳng thức, tam thức bậc hai hoặc sử dụng máy tính bỏ túi Dưới đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này.

Đề thi tuyển sinh Đại học Khối B năm 2013 yêu cầu thí sinh biến đổi phương trình (1) thành phương trình bậc 2 với ẩn x, coi y là hằng số Sau đó, thí sinh cần giải để tìm x theo y, từ đó xác định nhân tử chung và chuyển đổi phương trình (1) về dạng phương trình tích.

Nên phương trình có hai nghiệm:

  = + Thay y=2x+1 vào phương trình (2) ta được: 4 x + + 1 9 x + = − + 4 3 x 3 3 ( )

( Nhẩm nghiệm (x=0), tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung ( ))x

  + + + + + +  Với x=0 suy ra y=1 Thay y= +x 1 vào phương trình (2) ta được: 3x+ +1 5x+ =4 3x 2 − +x 3 (4)

( Nhẩm nghiệm ( x = 0, x = 1 ), tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung ( x x ( − 1 ) )

=   = Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) ( ) 0;1 , 1; 2

 ( x y ,  ) Định hướng: Từ mỗi phương trình, việc rút x theo y hoặc ngược lại gặp khó khăn trong các bước giải tiếp theo:

Nếu từ phương trình thứ nhất kiểm tra được y0 và rút

= thì khi thay vào phương trình 2 việc giải phương trình gặp khó khăn ( phương trình bậc 4 không trùng phương, việc nhẩm nghiệm khó khăn do nghiệm chứa căn )

Từ phương trình 2, việc phân tích thành nhân tử gặp khó khăn và không thực hiện được theo cách trên

Ta có thể cộng hai vế tương ứng của hai phương trình với nhau để thu được phương trình

Tương tự như ví dụ trên, ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 đối với x trong đó y đóng vai trò là hằng số

Nên phương trình có hai nghiệm

( x − 2 y + 1 , ) ( x + 3 y − 1 ) Kết quả nghiệm của hệ là

Hệ có phương trình đầu là phương trình đẳng cấp nên ta xử lý phương trình này trước tiên

 − − =    = Th1: Nếu x=y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2 x =  =  = 2 x 2 y 2 Th2: Nếu x=4y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

3 y + 5 y =  = − 2 y 8 2 15  = x 32 8 15 − Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( ) ( ) x y ; = 2; 2 ; 32 8 15;8 2 15 ( − − )

Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng:

Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là y ta được:

Th1: Với y=5x+4 , thay vào phương trình đầu của hệ ta được:

 = −   Th2: Với y= −4 x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

=  − =   =  Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là ( ) ( ) ( ) ; 0; 4 ; 4; 0 ; 4; 0 x y = −5 

(Trích đề thi HSG QG năm 2007) Giải: Điều kiện: x0; y0

Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được :

 = (Vì 9x+ y 0; , x y0) Thay y=3x vào phương trình 3 1 y + x =1 ta được:

3x + x =1  x = 3 1+  = +x 4 2 3 =y 12+6 3 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) x y ; = ( 4 + 2 3;12 6 3 + )

Trong nhiều bài toán giải hệ phương trình, kỹ thuật nhân liên hợp thường được áp dụng để biến đổi phương trình thành dạng tích, đặc biệt là trong các hệ phương trình có chứa căn thức Ví dụ dưới đây minh họa rõ nét cho phương pháp này.

(Trích đề thi thử đại học năm 2014) Giải: Điều kiện: y+ 1 0

Nhận thấy ( x y ; ) ( ) = 0;0 không thỏa mãn hệ phương trình

Với ( x y ; ) ( )  0;0 thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Với y=0, thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

1+ + =x x 0 (vô nghiệm) Với y= −2x , thay vào phương trình thứ hai ta được: 1 2− x+3x +5x=0

 Với x 2 + 2 y 2 = − + + ( x y 1 ) thay vào phương trình thứ hai ta có:

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( ) ; 1 5 1 ; 5

3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Khi giải quyết bài toán, ẩn phụ không nên được xem là ẩn ban đầu đã cho Việc sử dụng ẩn phụ là cần thiết vì nếu chỉ dựa vào ẩn đã cho, bài toán có thể trở nên khó khăn hoặc không thể giải được Thay vào đó, việc sử dụng ẩn mới giúp đơn giản hóa quá trình giải và mang lại kết quả dễ dàng hơn.

Trong bài toán, các đại lượng có mối liên hệ với nhau được thể hiện qua các biểu thức toán học, cho phép một đại lượng có thể được biểu diễn thông qua đại lượng khác, dù mối quan hệ này có thể hoàn toàn hoặc không hoàn toàn Mối quan hệ này đôi khi rõ ràng, nhưng cũng có thể ẩn dụ, đòi hỏi người giải cần có sự tinh ý để nhận diện.

Phương pháp đánh giá

Các bất đẳng thức quan trọng :

• Bất đẳng thức AG – GM :

2 a b+  ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= =b c

Tổng quát: Cho n số thực không âm bất kì a a 1 , , , 2 a n ta có :

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 =a 2 = = a n

Cho các số thực a a 1 , , , 2 b b 1 2 , khi đó : ( a 1 2 + a 2 2 )( b 1 2 + b 2 2 )  ( a b 1 1 + a b 2 2 ) 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2 a a b = b Cho 2n số thực a b i i , ( i =1, 2 , , )n ta có :

- Ta có: u + v  + u v Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u=kv k, 

- Nếu u = ( ) a b ; , v = ( ) c d ; thì ta có : a 2 + b 2 + c 2 + d 2  ( a + c ) ( 2 + + b d ) 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ac=bd

Các bất đẳng thức phụ cần ghi nhớ :

Dấu bằng xảy ra ở hai bổ đề này khi và chỉ khi ab 1 a b

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A, A năm 2014) 1

Với 2 số thực a, b bất kì ta có : ( ) 2 0 2 2

+ − khi đó (3)  =  =x 3 y 3 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x y ; ) ( ) = 3;3

Ta có các bất đẳng thức sau

Khí đó ta suy ra :

= +  +  +  Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có: 2 2 3 2 2 2 3

Dấu bằng xảy ra khi : 2 1 1

, thử lại hệ phương trình thỏa mãn

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x= =y 1

Giải: Điều kiện: y0, từ phương trình đầu 1

Phương trình đầu tương đương : 2 ( 1 4 2 ) 2 2 ( 1 2 ) 1 x x x x y 4

− + − = + y Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có : 1 4

 Đối chiếu điều kiện ta có : 1 5 x= − +4 , thử lại thỏa mãn

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ; 1 5 1 ;

(Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2014) Giải: Điều kiện: xy+5x+ 3 0 Khi đó hệ phương trình có nghiệm nếu 2x+ y 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y=2x Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có :

  + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y=2x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y=2x , Có y=2x2x+ =y 4x0

Thay y=2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được :

 − =x  =  =x 3 y 6 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( ) = 3;6

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình :

  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y , từ ( )  và ( )  ta suy ra

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y Khi đó (1)  =x y thế xuống phương trình (2) ta được :

− + − =  =  Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( ) ; 9 73 9 ; 73

  Cộng hai phương trình vế theo vế ta có :

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi x y, thỏa mãn: 4 4

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất là ( x y ; ) ( = 16;3 )

Ta sử dụng bổ đề với a b, 0 và ab1 ta có bất đẳng thức :

92 Đẳng thức xảy ra khi x= y Thay vào (2) ta tìm được nghiệm của phương trình

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ; 9 73 9 ; 73 , 9 73 9 ; 73

Phương trình (1) tương đương : x 3 + x x ( − y 2 ) − 2 ( x − y 2 ) 3 0 Đặt x−y 2 =u phương trình (1) thành : x 3 +xu 2 −2u 3 =  = 0 x u y 2 = −x x 2

Hiển nhiên x= =y 0 là một nghiệm của hệ Ta xét x0 và y0

Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được :

Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y, tuy nhiên với điều kiện xy < 0, khả năng này không thể xảy ra Giả sử x < 0 và y < 0, rõ ràng đẳng thức không thể thỏa mãn Do đó, hệ có hai nghiệm là (0, 0) và (1, 1).

Lấy ( )  cộng với phương trình (2) ta được :

− + − + − −   − − +   + = Để dấu bằng xảy ra thì x= =y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x y ; ) ( ) = 3;3

(Trích đề thi HSG QG năm 2013) Giải: Điều kiện : 0; 0; 0; ; ; ,

Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được :

1 1 1 1 sin cos sin cos sin cos sin cos x x y y x x y y

+ + Áp dụng bất đẳng thức vectơ ta có :

1 1 1 1 sin cos sin cos sin cos sin cos x x x x x x x x

1 sin 2 1 4 sin 2 sin 2 1 sin 2 8sin 2 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2 1 sin 2 1 x y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y x y x y = x y  + +

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) x= = +y 4 k k

Tiêu đề	Một Số Phương Pháp Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình
Tác giả	Lê Toàn Thắng
Người hướng dẫn	TS. Nguyễn Thanh Hùng
Trường học	Trường Đại Học Cần Thơ
Chuyên ngành	Sư Phạm Toán Học
Thể loại	Luận Văn Tốt Nghiệp Đại Học
Năm xuất bản	2021
Thành phố	Cần Thơ

Định dạng
Số trang	105
Dung lượng	1,89 MB